北京市东城区第五中学2024年高考化学必刷试卷含解析

北京市东城区第五中学2024年高考化学必刷试卷注意事项1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)A.炼铁过程中的铁元素B.炼铁过程中的氧元素2、2019年上海、西安等城市先后开始实施生活垃圾分类，分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，垃圾是放错地方的资源，同时也是建立环境友好型国家的重要举措。下列关于垃圾分类的说法正确的是A.废电池、过期药品属于有害垃圾，无需回收，为防止污染环境应当深埋处理B.其它垃圾包括防新型冠状病毒用的口罩、烟头等物品无法利用，应当弃去不要C.废纸类、废塑料、废玻璃、废金属、废油漆桶等属于可回收物D.厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料3、利用下列实验装置能达到实验目的的是B.化合物W₂Z₂的阴阳离子个数之比为1:1,水溶液显碱性法正确的是()A.H₂SO₃溶液B.NaCI溶液C.CH₁₂O₆溶液D.操作结论溶液呈黄色向氨水和Mg(OH)₂的悬浊液中滴加少向蔗糖中加入浓硫酸炭，放出有刺激性气味的气体A.AB.B8、下列关于有机物的说法正确的是()A.乙醇和丙三醇互为同系物B.环已烯()分子中的所有碳原子共面C.分子式为C₅H₁₀O₂,且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)D.二环己烷()的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)9、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为。下列说法正确的是A.固氮时，锂电极发生还原反应B.脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li₃N-6e-=6Li++N₂↑C.固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极10、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是A.NO₂C.饱和食盐水Cl₂漂白粉B.相同条件下，放电过程中消耗的SO₂和O₂的体积比为2:1C.分散质的粒子直径均在1~100nm之间D.前者可用于杀菌，后者可用于净水选项实验事实热蒸干MgCIl₂溶液得不到MgCl₂固体液，阴极得不到NaHNO₃浓度越大，氧化性越强A.AB.BC.C的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A.最简单氢化物的稳定性：W>XB.含氧酸的酸性：Z<RC.Y和R形成的化合物是离子化合物二、非选择题(本题包括5小题)△请回答下列问题：(4)B→C反应的化学方程式为0(5)X是G的同系物，且相对分子质量比G小14,X有多种同分异构体，满足与FeCl溶液反应显紫色的有种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1:1:2:6的结构简式为_9(6)参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线(无机试剂任选)。18、化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：回答下列问题：(1)按照系统命名法，A的名称是写出A发生加聚反应的化学方程式：o(2)反应H→I的化学方程式为;反应E→F的反应类型是o(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：①遇FeCl₃溶液发生显色反应②核磁共振氢谱有4组峰(4)a,α-二甲基苄醇()是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a,α-二甲基苄醇的合成路线如下：该合成路线中X的结构简式为.Y的结构简式为;试剂与条件2为-019、实验室以海绵铜(主要成分为Cu和CuO)为原料制取CuCI的主要流程如图所示。已知：①CuCI微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。 o(4)氯化铵用量1与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用 a.测定溶液的pHb.加入Ba(OH)₂溶液c.加入盐酸实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定标准L溶液滴定 (7)在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)【解析】素发生Fe-FeO-Fe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原【解析】A.废电池中含有重金属，需回收，不应当深埋处理，会造成水土污染，故A错误；B.医疗垃圾应该无害化处理，故B错误；C.废油漆桶属于危化品需要集中处理的废物，故C错误；D.厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料，故D正确；答案为D。【解析】B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动【点睛】【解析】【详解】故选D。【解析】【详解】故选A。【点睛】【解析】在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大，亚硫酸和一水合氨都是弱电解质，电离程度很小，0.1mol-L-1的溶液中，其阴离子和阳离子的浓度都远远小于0.1mol·L1;葡萄糖是非电解质，不电离；氯化钠是强电解质，完全电离，0.1mol·L-1氯化钠溶液中，阴离子和阳离子浓度均为0.1mol-L1,所以上述稀溶液中，氯化钠溶液中溶质粒子数目最多，其蒸气压最小，综上所述，答案为B。【解析】C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO₄溶液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO₄溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；D.蔗糖的化学式为C₁₂H₂2O,向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化故合理选项是D。【解析】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；2种，CH₃CH₂CH₂COOCH₃、(CH₃)₂CHCOOCH₃,所以属于酯的同分异构体共有(4+2+1+2)=9种，C正确；D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个CI原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；故合理选项是C。【解析】据总反应6Li+N₂在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N₂+6e=2Li₃N,充电是放电的逆过程，据此解答。【详解】A.固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li₃N-6e-=6C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；【点睛】【解析】A.工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO后，生成的NO与O₂反应生成NO₂,NO₂溶于水生成HNO₃,A项B.通过海水提取溴，是用Cl₂氧化经H₂SO₄酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为Br₂,通过热空气和水蒸气吹入吸C.工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳(即Ca(OH)₂)制得漂白粉，C项不符合题意，不选；D.H₂和Cl₂混合气体在光照条答案选D。【解析】【详解】A.Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO₂+2H₂O-2e=SO₄2-+4H+,故B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO₂+O₂+2H₂O=2H₂SO₄,所以放电过程中消耗的SO₂和O₂的体积之C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实【解析】B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH₂=CH₂,B错误；故选A。【点睛】①A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。【解析】A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；故选D。【解析】A.1molCl₂参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2N,故A错误；C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2NA,0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子数D.氦气为单原子分子，氟气为双原子分子，故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数的计算，氧化还原反应的电子转移。【解析】A、硫酸镁溶液中：Mg₂++2H₂O一Mg(OH)₂+2H+,盐类水解是吸热反应，升高温度，促发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO₄;氯化镁溶液：MgCl₂+2H₂OC、浓硝酸能氧化NO,而稀硝酸不能氧化NO,说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH₃CH₂OH<H₂O,解释合理，故D说法正确。答案选B。【解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N,W、X、Y、径最小的，确定Y为Al;ZXR₂能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCI生成，并有无色刺激性气味【详解】B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AICl₃是共价化合物，故C错误；【点睛】二、非选择题(本题包括5小题)17、2-甲基-1-丙醇醛基、碳碳双键加成反应(或还原反应)2(答案合理均可)【解析】由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B,化加氢得到G,结合M的分子式可知G为C₆H₅CH₂CH₂CH₂OH,D与G发生酯化反应生成的M为【详解】(1)根据以上分析可知，有机物B为(CH₃₂CHCH₂OH,其系统命名为2一甲基-1-丙醇；故答案为：2一甲基一1(2)F为C₆H₅CH=CHCHO,F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G,故F→G的反为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳(3)M为羧酸D[(CH₃)₂CHCOOH]和醇G(C₆H₅CH₂CH₂CH₂OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为22;故答案为：(5)G为C₆H₅CH₂CH₂CH₂OH,X是G的同系物，且相对分子质量比G小14,则X的一种可能结构为CH₅CH₂CH₂OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl₃溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3+6=9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1:1:2:6的结构简式为;故答案为：9;0(6)参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1一丙醇，然后把1一丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生【解析】D发生取代反应生成E,E发生氧化反应生成F,由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯;G发生信息中的反应生成H,H中应该含有一个-COOH,根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I,则H为、G为2,根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B,A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH₂=C(CH₃)₂据此【详解】D发生取代反应生成E,E发生氧化反应生成F,由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯;G发生信息中的反应生成H,H中应该含有一个-COOH,根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I,2,根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B,A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH₂=C(CH₃2°发生氧化反应生成,反应类型是氧化反应；有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有;(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a,a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中为(CH₃)₂CHOH;试剂与条件2为O₂、Cu和加热。【点睛】本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a,a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X,2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a,a二甲基苄醇。19、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO₃2+2Cl-+H₂O温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O₂氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L-1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【解析】实验流程中，海绵铜(主要成分为Cu和CuO)中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+,滤液中含有Cu2+、NH₄+、H+、SO₄2CuCl,发生反应：2Cu2++SO₃2-+2Cl-+H₂O2CuCl↓+SO₄2-+2H+,得到产品CuCl,据此分析。【详解】(3)“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCI被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O₂氧化；(4)根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；向产品中加入10mol-L-1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L-1盐酸，不断搅拌，溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品(包括副产品),即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的(如沉淀反应、除杂、分离),最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。【解析】(1)在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；(2)配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2MnO₄+5C₂O₄2-+16H+=2Mn2++8H₂O+(5)结合实际操作的规范性作答；【详解】(1)为了加快蓝色晶体在2mol-L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2MnO₄++5C₂O₄2+16H+=2Mn2++8H₂O+10CO₂↑(4)MnO₄在酸性条件下，加热能分解为O₂,同时生成Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO₄,防止过程n(Cu2+)=n(S₂O₃2-)=0.25mol-L-1×V(Na₂S